福建省厦门市九溪高级中学2025-2026学年高二下学期第一次月考数学检测试卷 附答案

/厦门市九溪高级中学2025-2026学年高二（下）第一次月考数学试卷本试卷满分150分，考试用时120分钟一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】利用基本函数的导数和求导法则，对各个选项逐一分析判断，即可求解.【详解】对于A，因为是常数，所以，所以A错误，对于B，因为，所以B错误，对于C，因为，所以C错误，对于D，因，所以D正确，故选：D.2.已知向量，则（）A.7 B.8 C.9 D.10【正确答案】C【详解】由题意可得，则．3.记为各项均不相同的等差数列的前n项和，若，是与的等比中项，则（）A.9 B.10 C.11 D.12【正确答案】A【分析】由等差数列的基本量表示与等比中项概念列方程组求出首项和公差，写出通项公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则由题可得，即，解得，所以，故选：A.4.若直线：与直线：平行，则（

）A.4 B. C.1或 D.或4【正确答案】D【分析】根据直线一般方程的平行关系求的值，并代入检验.【详解】由题可得：直线：与直线：平行，则，整理可得，解得或，若，直线：与直线：平行，符合题意；若，直线：与直线：平行，符合题意；综上所述：或.5.6个除颜色外完全相同的小球，其中红、黄、蓝各2个，把这6个小球排成一排，其中红色小球不相邻的排法有（）种A.40 B.60 C.80 D.120【正确答案】B【分析】根据题意，先排黄、蓝4个小球，共有种，再把红球插入共有种，则共有种．【详解】首先排黄、蓝各2个，共4个小球，相当于4个位置中，选2个放黄球，另2个放蓝球，共有种，放好4个小球后，选2个空位插入2个红球，共有种，综上，共有种．故选：B．6.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（）A.在区间上单调递减 B.在处取得极大值C.在区间上单调递减 D.在处取得极小值【正确答案】D【分析】根据导函数图象与函数极值、单调性关系一一分析即可.【详解】对A，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，故A错误；对B，在附近，导函数符号不变，则在处取不到极大值，故B错误；对C，当时，此时单调递增，故C错误；对D，由图知为附近的最低点，则在处取得极小值，故D正确.故选：D.7.的二项展开式的第6项系数是（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由二项式展开式求解指定项的系数即可.【详解】的二项展开式的第6项为，所以第6项系数是.8.已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据函数零点的定义，通过构造新函数，利用转化法把交点问题转化为直线与曲线的交点问题，结合导数的正负性与函数单调性的关系进行求解即可.【详解】显然该函数的定义域为全体正实数，由，设，，当时，，所以函数在上单调递增，当时，，所以函数在上单调递减，则有，问题函数有两个零点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，如下图所示：由数形结合思想可知：当时，直线与曲线有两个不同的交点，即函数有两个零点，所以实数a的取值范围为.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（）A.课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种B.课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种C.课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种D.课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种【正确答案】BCD【详解】已知某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻，则可先排“礼、乐、射”，有3！种排法，产生4个空位；将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即．排法数为，A错误.B：“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等．总排法数为，B正确．C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的，“礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的．排法数，C正确．D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法，再排“御、数”两门课程，即，最后排“礼、乐、射”，即，课程“书”不在第1天或最后天，有4种排法，再排“御、数”两门课程，即，最后排“礼、乐、射”，即，排法数为：，D正确10.已知函数，则（）A.在区间上单调递增B.恰有两个零点C.不等式的解集为D.若，则的最小值为2【正确答案】ABD【分析】函数定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项．【详解】函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数为偶函数，对于A项，当时，，对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确；对于B项，因为在区间上单调递增，且，根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确；对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增，所以等价于，得，两边平方得，而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误；对于D项，因为，且为偶函数，得，即，因为，所以，又因为在区间上单调递增，所以，得，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确．11.已知椭圆，，分别是椭圆C的左右焦点，O是原点，P是椭圆C上任意一点，下列说法正确的有（）A.的周长是B.时，的面积是C.的最大值是2D.过P作椭圆C的切线与x轴和y轴分别交于A，B两点，则面积的最小值为【正确答案】ACD【分析】对于A，先得到，再根据椭圆的定义求解判断即可；对于B，根据余弦定理可得，再求解判断即可；对于C，由基本不等式求解判断即可；对于D，设，易得切线方程为，进而得到，由结合基本不等式可得，进而求解判断即可.【详解】对于A，由椭圆知椭圆焦点在轴上，且，则的周长是，故A正确；对于B，由椭圆的定义得，，由余弦定理得，，则，即，则，所以的面积为，故B错误；对于C，由，则，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D，先证明：椭圆上的一点处的切线方程为.联立，得，点在椭圆上，，，即，，得，故直线和椭圆仅有一个公共点，则椭圆上的一点处的切线方程为.设，由题意知的切线斜率存在，则切线方程为，令，得，令，得，即，又，则，即，当且仅当时等号成立，则面积为，即的面积的最小值为，故D正确.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.现有甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者报名参加公益活动，在某星期的星期一到星期五每天安排1人参加公益活动，且每人只参加一天，甲要求不安排在星期一，戊要求不安排在星期五，则不同的安排方式共有__________种．【正确答案】【详解】若甲安排在星期五，则不同的安排方法有种，若甲不安排在星期五，则不同的安排方法有种，故不同的安排方法有种.13.已知函数，若，，则a的取值范围是_________.【正确答案】【分析】按照，，，分类解不等式，通过参变分离求最值即可求解.【详解】当时，恒成立，此时.当时，由，得，所以恒成立，即.当时，由，得，即.设（），则（），所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则.综上，a的取值范围是.14.设是数列的前项和，且，，则________，________【正确答案】①.②.【分析】由，可得，即，根据等差数列的定义及通项公式求出，从而求得.【详解】是数列的前项和，且，，令，则，，解得．又，整理得（常数），即（常数），故数列是以为首项，为公差的等差数列．所以，故．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知的二项展开式有7项．（1）求，并求出所有二项式系数之和；（2）求展开式中含项的系数；（3）求展开式中的有理项．【正确答案】（1）；64（2）1215（3），，，【分析】（1）由二项展开式有7项，可得，所有二项式系数之和为；（2）先求出二项展开式的通项为，再令，解得，代入通项计算即可；（3）分析得出要得到有理项，必须让为整数，从而得到，再代入通项计算即可.【小问1详解】因为的二项展开式有7项，所以，所以所有二项式系数之和为；【小问2详解】由（1）知，所以的二项展开式的通项为，令，解得，所以展开式中含项的系数为；【小问3详解】因为的二项展开式的通项为，因为，且，所以能使为整数的，所以展开式中的有理项分别为，，，.16.如图，在四棱锥中，，，底面，，，是的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点通过题中条件证得四边形为平行四边形，从而得到，利用线面平行判定定理得到平面.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设与平面所成的角为，利用向量的数量积求出，利用公式求出，即为直线与平面所成角的余弦值.【小问1详解】取的中点，连接，.为的中点，且，又，，，，且，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面.【小问2详解】以为原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则有，取，则，，则平面的法向量为，则，.设与平面所成的角为，则有，，，直线与平面所成角的余弦值为.17.已知数列中，，当时，为的展开式第3项的二项式系数.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，数列的前项和为，求证.【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由二项式定理写出数列的通项公式；（2）应用裂项相消法求，结合单调性证明结论.【小问1详解】由题意，时为的展开式第3项的二项式系数，所以，且，故；【小问2详解】由（1），当时，，因为满足上式，所以对恒成立，易知在上单调递增，，，所以.18.已知双曲线：的离心率为，且过点，为坐标原点．（1）求的方程．（2）动直线过的右焦点且与交于，两点，证明：为定值．（3）C上是否存在互不重合的三点，，，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）（2）证明见解析（3）不存在，理由见解析【分析】（1）先由离心率得到关系，再将点坐标代入双曲线方程求解，得到方程；（2）通过分类讨论直线斜率存在与不存在两种情况，结合韦达定理或直接代入计算，证明向量的结果恒为，从而确定其为定值;（3）由平行四边形对角线互相平分的性质，设出中点与点坐标，通过点差法得到直线方程，联立双曲线方程后根据判别式，证明无实根，从而得出不存在满足条件的三点.【小问1详解】已知离心率，故，结合得,所以双曲线方程可写为，代入点得：，解得，所以，双曲线的方程为.小问2详解】由（1）得右焦点，分两种情况讨论：若直线斜率不存在，则，由得，不妨设，则：，所以；若直线斜率存在，设为，则，由，得，此时且.设，由韦达定理：，则：.综上，，即为定值.【小问3详解】假设存在满足条件的三点，因为平行四边形对角线互相平分，则与中点重合，设中点为，则。设，则，两式相减得，即，整理得方程为。又在双曲线上，代入得，即，故方程为.若，联立与双曲线，消去得，即，判别式：若，则，，代入双曲线得，无实根.因此不存在满足条件的三点.19.已知函数，．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：；（3）若，关于的不等式有解，求实数的取值范围．【正确答案】（1）（2）证明见解析（3）【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程；（2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号